PUPP matematikos užduotys pagal temas: 25 savos su atsakymais

Atsakymas: $x_1 = -\frac{1}{5}$, $x_2 = 2$.

Atsakymas: $\frac{x - 3}{2x - 1}$; reiškinys neapibrėžtas, kai $x = -3$ arba $x = \frac{1}{2}$.

Skaitiklis – kvadratų skirtumas: $x^2 - 9 = (x - 3)(x + 3)$. Vardiklio trinario šaknys: $D = 5^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 25 + 24 = 49$, $x_1 = \frac{-5 - 7}{4} = -3$, $x_2 = \frac{-5 + 7}{4} = \frac{1}{2}$, todėl $2x^2 + 5x - 3 = 2(x + 3)\left(x - \frac{1}{2}\right) = (x + 3)(2x - 1)$. Suprastinę iš $x + 3$, gauname $\frac{x - 3}{2x - 1}$. Vardiklis lygus nuliui, kai $x = -3$ arba $x = \frac{1}{2}$. Šios reikšmės lieka uždraustos ir suprastinus, nors daugiklis $x + 3$ iš reiškinio dingo.

Atsakymas: 9 (visi sveikieji skaičiai nuo $-2$ iki $6$).

Perkelk visus narius į kairę: $x^2 - 4x - 12 \le 0$. Trinario šaknys: $D = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-12) = 16 + 48 = 64$, $x = \frac{4 \pm 8}{2}$, todėl $x_1 = -2$, $x_2 = 6$. Parabolės šakos nukreiptos aukštyn, todėl trinaris neteigiamas ($\le 0$) tarp šaknų ir pačiose šaknyse: $x \in [-2; 6]$. Sveikieji skaičiai $-2, -1, 0, \ldots, 6$ – iš viso 9.

Atsakymas: $(1; -1)$ ir $(4; 5)$.

Abiejų lygčių kairiosios pusės lygios, todėl lygios ir dešiniosios: $x^2 - 3x + 1 = 2x - 3$, t. y. $x^2 - 5x + 4 = 0$. Čia $D = 25 - 16 = 9$, todėl $x = \frac{5 \pm 3}{2}$: $x = 1$ ir $x = 4$. Reikšmes $y$ randame iš paprastesnės lygties $y = 2x - 3$: kai $x = 1$, $y = -1$; kai $x = 4$, $y = 5$.

Atsakymas: $x^2 - 6x + 11 = (x - 3)^2 + 2 \ge 2 > 0$; mažiausia reikšmė 2, kai $x = 3$.

Išskiriame pilnąjį kvadratą: $x^2 - 6x + 11 = x^2 - 2 \cdot 3 \cdot x + 9 + 2 = (x - 3)^2 + 2$. Bet kurio skaičiaus kvadratas neneigiamas, todėl $(x - 3)^2 \ge 0$ ir $(x - 3)^2 + 2 \ge 2 > 0$ su visomis $x$ reikšmėmis. Mažiausia reikšmė 2 gaunama, kai $(x - 3)^2 = 0$, t. y. $x = 3$.

Atsakymas: $x = -4$.

Apibrėžimo sritis: $x^2 - x = x(x - 1)$, todėl $x \ne 0$ ir $x \ne 1$. Padauginę abi lygties puses iš bendro vardiklio $x(x - 1)$, gauname $x(x + 4) - 5 = x - 1$: pirmosios trupmenos skaitiklis padauginamas iš $x$, antroji trupmena virsta skaičiumi 5, o dešinė pusė – $x - 1$. Atskliaudę ir perkėlę visus narius į kairę, gauname $x^2 + 3x - 4 = 0$. Šios lygties sprendiniai $x = 1$ ir $x = -4$. Reikšmė $x = 1$ nepriklauso apibrėžimo sričiai (su ja vardikliai lygūs nuliui), todėl ją atmetame. Patikrinimas su $x = -4$: kairėje $\frac{0}{-5} - \frac{5}{20} = -\frac{1}{4}$, dešinėje $\frac{1}{-4} = -\frac{1}{4}$.

Atsakymas: $a \in (-6; 6)$.

Kvadratinė lygtis neturi sprendinių, kai jos diskriminantas neigiamas: $D = a^2 - 4 \cdot 1 \cdot 9 = a^2 - 36 < 0$. Tai kvadratinė nelygybė $a$ atžvilgiu: $a^2 < 36$, t. y. $-6 < a < 6$. Kraštinės reikšmės $a = \pm 6$ netinka: tada $D = 0$ ir lygtis turi vieną sprendinį, pavyzdžiui, kai $a = 6$, gauname $(x + 3)^2 = 0$ ir $x = -3$. Dažna klaida – iš $a^2 < 36$ parašyti tik $a < 6$ ir pamiršti neigiamas reikšmes.

Atsakymas: 1–C, 2–A, 3–B, 4–D.

Atsakymas: a) $(1; -8)$; b) $x = -1$ ir $x = 3$; c) kai $x \in (-1; 3)$.

a) Kai funkcija užrašyta pavidalu $y = a(x - m)^2 + n$, viršūnė yra $(m; n)$, todėl $(1; -8)$. b) $2(x - 1)^2 - 8 = 0$, $(x - 1)^2 = 4$, todėl $x - 1 = 2$ arba $x - 1 = -2$, taigi $x = 3$ arba $x = -1$. Dažnai pamirštamas antrasis atvejis su $-2$. c) Kadangi $a = 2 > 0$, parabolės šakos nukreiptos aukštyn, todėl tarp nulių parabolė yra žemiau $x$ ašies: $-1 < x < 3$.

Atsakymas: Tiesės $AB$ lygtis $y = 2x + 1$; taškas $C$ ją tenkina, nes $2 \cdot 4 + 1 = 9$.

Tiesės, einančios per taškus $A$ ir $B$, krypties koeficientas $k = \frac{5 - (-1)}{2 - (-1)} = \frac{6}{3} = 2$. Iš $-1 = 2 \cdot (-1) + b$ gauname $b = 1$, taigi tiesės $AB$ lygtis $y = 2x + 1$. Įstatome taško $C$ koordinates: $2 \cdot 4 + 1 = 9$, lygybė teisinga. Vadinasi, taškas $C$ yra tiesėje $AB$, t. y. visi trys taškai yra vienoje tiesėje.

Atsakymas: a) po 2,5 s, 31,25 m; b) po 1 s (kildama) ir po 4 s (leisdamasi); c) po 5 s.

a) Kadangi $a = -5 < 0$, parabolės viršūnėje funkcija įgyja didžiausią reikšmę. Viršūnės pirmoji koordinatė (abscisė) $t = -\frac{25}{2 \cdot (-5)} = 2{,}5$ (s), o aukštis $h(2{,}5) = -5 \cdot 6{,}25 + 25 \cdot 2{,}5 = 31{,}25$ (m). b) Sprendžiame $-5t^2 + 25t = 20$. Padaliję iš $-5$, gauname $t^2 - 5t + 4 = 0$, todėl $t = 1$ arba $t = 4$. Tinka abu: 20 m aukštyje raketa būna du kartus. c) Nusileidžia, kai $h(t) = 0$: $-5t(t - 5) = 0$, $t = 0$ arba $t = 5$. Momentas $t = 0$ yra paleidimas, todėl raketa nusileis po 5 s.

Atsakymas: 126, 168 ir 210 eurų.

Atsakymas: 1900 kg.

Pasikeitė tik vandens kiekis, o sauso smėlio masė liko ta pati. Iš pradžių sausas smėlis sudarė $100\% - 5\% = 95\%$ masės: $0{,}95 \cdot 1800 = 1710$ (kg). Po liūties tie patys 1710 kg sudaro $100\% - 10\% = 90\%$ krūvos masės, todėl visa krūva sveria $1710 : 0{,}9 = 1900$ (kg). Neteisinga prie 1800 kg pridėti 5 % ir gauti 1890 kg: abu procentai skaičiuojami nuo skirtingų masių.

Atsakymas: a) apie 67,8 kWh; b) po 12 metų.

Kasmet talpa dauginama iš $1 - \frac{2}{100} = 0{,}98$, todėl taikome sudėtinių procentų formulę $S_n = S_0\left(1 - \frac{p}{100}\right)^n$. a) $S_5 = 75 \cdot 0{,}98^5 \approx 75 \cdot 0{,}9039 \approx 67{,}8$ (kWh). b) Ieškome mažiausio $n$, su kuriuo $75 \cdot 0{,}98^n < 60$, t. y. $0{,}98^n < 0{,}8$. Skaičiuotuvu: $0{,}98^{11} \approx 0{,}8007$, o $0{,}98^{12} \approx 0{,}7847$. Po 11 metų talpa dar apie 60,05 kWh, o po 12 metų – apie 58,9 kWh. Vadinasi, mažesnė nei 60 kWh ji pirmą kartą taps po 12 metų.

Atsakymas: Pirmasis – per 15 h, antrasis – per 10 h.

Tegu antrasis skeneris visą komplektą nuskenuoja per $t$ h, tada pirmasis – per $(t + 5)$ h. Per vieną valandą antrasis atlieka $\frac{1}{t}$, pirmasis – $\frac{1}{t + 5}$, o abu kartu – $\frac{1}{6}$ viso darbo. Lygtis: $$\frac{1}{t} + \frac{1}{t + 5} = \frac{1}{6}.$$ Padauginę abi puses iš $6t(t + 5)$ (čia $t > 0$), gauname $6(t + 5) + 6t = t(t + 5)$, t. y. $t^2 - 7t - 30 = 0$. Sprendiniai $t = 10$ ir $t = -3$; neigiamas laikas netinka. Taigi antrasis skeneris komplektą nuskenuotų per 10 h, o pirmasis – per 15 h. Patikrinimas: $\frac{1}{10} + \frac{1}{15} = \frac{3}{30} + \frac{2}{30} = \frac{1}{6}$.

Atsakymas: C) 12,5 cm.

Atsakymas: $\angle AOB = 128^\circ$, $\angle ACB = 64^\circ$.

Liestinė statmena spinduliui, nubrėžtam į lietimosi tašką, todėl $\angle OAM = \angle OBM = 90^\circ$. Keturkampio $OAMB$ kampų suma lygi $360^\circ$, taigi $\angle AOB = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ - 52^\circ = 128^\circ$. Įbrėžtinis kampas $ACB$ remiasi tuo pačiu mažesniuoju lanku $AB$ kaip ir centrinis kampas $AOB$, todėl jis lygus pusei centrinio: $128^\circ : 2 = 64^\circ$.

Atsakymas: a) apie 530 cm²; b) apie 55 cm.

a) Popierinė dalis – tai didžiosios išpjovos ($R = 21$ cm) ir mažosios išpjovos ($r = 6$ cm) plotų skirtumas; abiejų išpjovų kampas $150^\circ$. Pagal išpjovos ploto formulę $S = \frac{150}{360} \cdot \pi \cdot (21^2 - 6^2) = 168{,}75\pi \approx 530$ (cm²). b) Lanko ilgis $\frac{2\pi \cdot 21}{360} \cdot 150 = 17{,}5\pi \approx 55$ (cm). Abi formulės yra 2026 m. formulių rinkinyje; kampą į jas įstatyk laipsniais.

Atsakymas: a) $\angle APC = \angle DPB$ (kryžminiai kampai) ir $\angle CAB = \angle CDB$ (įbrėžtiniai kampai, besiremiantys lanku $CB$), todėl trikampiai panašūs pagal du kampus; b) $PD = 8$ cm.

a) Kampai $APC$ ir $DPB$ lygūs kaip kryžminiai. Kampai $CAB$ ir $CDB$ yra įbrėžtiniai ir remiasi tuo pačiu lanku $CB$, todėl jie lygūs. Du trikampio $APC$ kampai lygūs dviem trikampio $DPB$ kampams, vadinasi, trikampiai panašūs. Viršūnės atitinka taip: $A \to D$, $P \to P$, $C \to B$. b) Iš panašumo $\frac{AP}{DP} = \frac{CP}{BP}$, t. y. $\frac{6}{PD} = \frac{3}{4}$, todėl $PD = 8$ cm.

Atsakymas: $\operatorname{tg} 135^\circ < \cos 120^\circ < \sin 150^\circ < \cos 30^\circ < \operatorname{tg} 45^\circ$.

Atsakymas: B) $-\frac{21}{29}$.

Atsakymas: a) apie $4{,}8^\circ$; b) apie 6,02 m.

Pandusas, 6 m horizontali atkarpa ir 0,5 m vertikali atkarpa sudaro statųjį trikampį. Statinis prieš ieškomą kampą lygus 0,5 m, statinis prie jo – 6 m. a) $\operatorname{tg}\alpha = \frac{0{,}5}{6} \approx 0{,}0833$, todėl $\alpha \approx 4{,}8^\circ$. b) Panduso ilgis – įžambinė: $\sqrt{6^2 + 0{,}5^2} = \sqrt{36{,}25} \approx 6{,}02$ (m). Prieš skaičiuodamas patikrink, ar skaičiuotuvas nustatytas laipsniams: radianų režimu gautum visai kitą skaičių.

Atsakymas: Apie 412 m.

Žinomos dvi trikampio $AOB$ kraštinės ir kampas tarp jų, todėl taikome kosinusų teoremą: $AB^2 = 420^2 + 350^2 - 2 \cdot 420 \cdot 350 \cdot \cos 64^\circ$. Čia $420^2 + 350^2 = 176\,400 + 122\,500 = 298\,900$, o $2 \cdot 420 \cdot 350 \cdot \cos 64^\circ = 294\,000 \cdot \cos 64^\circ \approx 128\,881$. Taigi $AB^2 \approx 298\,900 - 128\,881 = 170\,019$. Iš čia $AB \approx \sqrt{170\,019} \approx 412$ (m). Dažna klaida – atsakyme palikti $AB^2$ ir pamiršti ištraukti šaknį.

Atsakymas: a) 84 m²; b) 3,5 m (į trikampį įbrėžto apskritimo spindulys).

a) Pusperimetris (pusė perimetro) $p = \frac{10 + 17 + 21}{2} = 24$ (m). Skirtumai: $p - 10 = 14$, $p - 17 = 7$, $p - 21 = 3$. Pagal Herono formulę $$\begin{aligned} S &= \sqrt{24 \cdot 14 \cdot 7 \cdot 3} \\ &= \sqrt{7056} = 84. \end{aligned}$$ Skvero plotas 84 m². b) Didžiausias skritulys, telpantis trikampyje, yra į trikampį įbrėžtas skritulys: jo apskritimas liečia visas tris kraštines. Jo spindulį randame iš ploto formulės $S = rp$: $r = \frac{S}{p} = \frac{84}{24} = 3{,}5$ (m).

Atsakymas: a) teigiama; b) $y = 0{,}5x$; c) apie 4,5 cm.

a) Didėjant $x$, didėja ir $y$, todėl koreliacija teigiama. b) $k = \frac{6 - 3}{12 - 6} = 0{,}5$, o iš $3 = 0{,}5 \cdot 6 + b$ gauname $b = 0$. Tiesės lygtis $y = 0{,}5x$. c) $y = 0{,}5 \cdot 9 = 4{,}5$ (cm). Tai tik įvertis: tiesė rodo tendenciją, o atskirų grupių rezultatai nuo jos šiek tiek nukrypsta. Už matuotų reikšmių ribų (mažiau nei 4 arba daugiau nei 14 valandų) tokiu įverčiu remtis rizikinga, nes ten ryšys gali būti kitoks.